2025版高考數(shù)學二輪復習第2部分專題4立體幾何解密高考4立體幾何問題重在“建”-建模建系教案理

PAGE1-解密高考④立體幾何問題重在“建”——建模、建系————[思維導圖]————————[技法指津]————立體幾何解答題建模、建系策略立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個幾何體為依托，分步設問，逐層加深．解決這類題目的原則是建模、建系．(1)建?！獙栴}轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距離等的計算模型；(2)建系——依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解．母題示例：2024年全國卷Ⅲ，本小題滿分12分圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.圖1圖2(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.本題考查：線線平行的性質(zhì)，面面垂直的判定、二面角的求法等學問，轉(zhuǎn)化化歸及推理論證等實力，直觀形象、數(shù)學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng).[審題指導·發(fā)掘條件]看到圖形的折疊，想到折疊前后的不變量；看到證明四點共面，想到直線的平行或相交；看到證明面面垂直，想到先證明線面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相應點的坐標，借助(1)的結(jié)論及邊長、角度等信息補建坐標系及相應點的坐標．[構(gòu)建模板·五步解法]立體幾何類問題的求解策略第一步找垂直其次步寫坐標第三步求向量第四步求夾角第五步得結(jié)論找出(或作出)具有公共交點的三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系，寫出特別點坐標求直線的方向向量或平面的法向量計算向量的夾角得到所求兩個平面所成的角或直線與平面所成的角母題突破：2024年大連模擬，本小題滿分12分1.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝eq\r(3)，CD＝2，G是DE的中點．(1)求證：平面ACG∥平面BEF；(2)求直線AD與平面ABF所成的角的正弦值．[解](1)證明：連接BD交AC于O，則O是BD的中點，連接OG，∵G是DE的中點，故OG∥BE，又BE平面BEF，OG平面BEF，所以OG∥平面BEF. 2分又EF∥AC，AC平面BEF，EF平面BEF，所以AC∥平面BEF，又AC∩OG＝O，AC，OG平面ACG，所以平面ACG∥平面BEF. 4分(2)連接OF，由題意可得OC＝1，即OC＝EF，又EF∥AC，所以四邊形OCEF為平行四邊形，所以OF∥EC，OF＝EC＝eq\r(3)，所以OF⊥平面ABCD，所以OF，OC，OD兩兩垂直. 6分如圖，以O為坐標原點，分別以OC，OD，OF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(－1,0,0)，B(0，－eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)，F(xiàn)(0,0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1,0，eq\r(3)). 7分設平面ABF的法向量為m＝(a，b，c)，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(AB,\s\up7(→))，,m⊥\o(AF,\s\up7(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，b，c·1，－\r(3)，0＝a－\r(3)b＝0，,a，b，c·1，0，\r(3)＝a＋\r(3)c＝0，)) 9分令a＝eq\r(3)，則b＝1，c＝－1，m＝(eq\r(3)，1，－1)，|cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up7(→))·m|,|\o(AD,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(\r(3)＋\r(3),\r(4)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)， 11分所以直線AD與平面ABF所成的角的正弦值是eq\f(\r(15),5). 12分2.(2024·太原模擬)在三棱柱ABC-A′B′C′中，AB＝BC＝CA＝AA′，側(cè)面ACC′A′⊥底面ABC，D是棱BB′的中點．(1)求證：平面DA′C⊥平面ACC′A′；(2)若∠A′AC＝60°，求二面角A-BC-B′的余弦值．[解](1)取AC，A′C′的中點O，F(xiàn)，連接OF與A′C交于點E，連接DE，OB，B′F.則E為OF的中點，因為三棱柱ABC-A′B′C′，所以OF∥AA′∥BB′，且OF＝AA′＝BB′，所以四邊形BB′FO是平行四邊形. 2分又D是棱BB′的中點，所以DE∥OB.因為側(cè)面AA′C′C⊥底面ABC，且OB⊥AC，所以OB⊥平面ACC′A′，所以DE⊥平面ACC′A′，又DE平面DA′C，所以平面DA′C⊥平面ACC′A′. 5分(2)連接A′O，因為∠A′AC＝60°，所以△A′AC是等邊三角形，故A′O⊥底面ABC.6分設AB＝BC＝CA＝AA′＝2，可得A′O＝OB＝eq\r(3)，分別以OB，OC，OA′分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，則A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A′(0,0，eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BB′,\s\up7(→))＝eq\o(AA′,\s\up7(→))＝(0,1，eq\r(3)). 8分設平面BCC′B′的一個法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，m·eq\o(BB′,\s\up7(→))＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,y＋\r(3)z＝0，))取x＝1，y＝eq\r(3)，z＝－1，所以m＝(